重慶市“縉云教育聯(lián)盟”2025屆高三上學(xué)期高考第零次診斷性質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題（含答案）VIP

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)重慶市“縉云教育聯(lián)盟”2025屆高三上學(xué)期高考第零次診斷性質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.復(fù)數(shù)z=2025?i2025在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.“a=4”是“直線l1:a?2x+2y+1=0與直線lA.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.現(xiàn)有一種檢驗(yàn)方法，對(duì)患X疾病的人化驗(yàn)結(jié)果99%呈陽(yáng)性，對(duì)未患X疾病的人化驗(yàn)結(jié)果99.9%呈陰性．我們稱檢驗(yàn)為陽(yáng)性的人中未患病比例為誤診率．已知一地區(qū)X疾病的患病率為0.0004，則這種檢驗(yàn)方法在該地區(qū)的誤診率為(

)A.0.716 B.0.618 C.0.112 D.0.0674.已知雙曲線x2a2?y2b2=1a>0,b>0的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2且F1F2=4A.3 B.22 C.5.在平行四邊形ABCD中，DA=DB，E是平行四邊形ABCD內(nèi)(包括邊界)一點(diǎn)，DE?DADA=DE?DBDBA.1,2 B.1,32 C.126.已知三棱錐P?ABC的三個(gè)側(cè)面的面積分別為5，5，6，底面積為8，且每個(gè)側(cè)面與底面形成的二面角大小相等，則三棱錐P?ABC的體積為(

)A.4 B.42 C.6 7.已知函數(shù)f(x)=cos3x?cos2x，x∈(0,π)，若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,A.14 B.?14 C.18.已知函數(shù)fx=lnx,x>0?exA.?∞,1e B.1e,e C.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.如圖是數(shù)學(xué)家Germinal?Dandelin用來(lái)證明一個(gè)平面截圓錐側(cè)面得到的截口曲線是橢圓的模型(稱為“Dandelin雙球”).在圓錐內(nèi)放兩個(gè)大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面、截面相切，截面分別與球O1，球O2切于點(diǎn)E，F(xiàn)(E,F是截口橢圓C的焦點(diǎn)).設(shè)圖中球O1，球O2的半徑分別為3和1，球心距O1OA.橢圓C的中心在直線O1O2上

B.|EF|=4

C.直線O1O2與橢圓C所在平面所成的角為π10.設(shè)x，y為正數(shù)，且logax+2y3=loA.2yx+x2y的最小值是2 B.xy的最大值是8116

C.x+2y的最大值是911.已知?jiǎng)狱c(diǎn)P在直線l:x+y?6=0上，動(dòng)點(diǎn)Q在圓C:x2+y2?2x?2y?2=0上，過點(diǎn)P作圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別為AA.直線l與圓C相交 B.PQ的最小值為22?2

C.存在P點(diǎn)，使得∠APB=π2 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.1?2xy(x+y)6的展開式中x13.將甲桶中的aL水緩慢注入空桶乙中，tmin后甲桶中剩余的水量符合指數(shù)衰減曲線y=aent.假設(shè)過5?min后甲桶和乙桶中的水量相等，若再過mmin后甲桶中的水只有a4L，則m14.已知函數(shù)fx=sinωx+cosωx2?3cos2ωx，若存在實(shí)數(shù)四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，(1)證明：數(shù)列{a2n?1(2)求數(shù)列{an}的前2n+1項(xiàng)和16.(本小題15分)如圖在正方體ABCD?A1B(1)求平面APQ與平面ABCD夾角的余弦值(2)補(bǔ)全截面APQ17.(本小題15分)育才中學(xué)為普及法治理論知識(shí)，舉辦了一次法治理論知識(shí)闖關(guān)比賽．比賽規(guī)定：三人組隊(duì)參賽，按順序依次闖關(guān)，無(wú)論成敗，每位隊(duì)員只闖關(guān)一次．如果某位隊(duì)員闖關(guān)失敗，則由該隊(duì)下一隊(duì)員繼續(xù)闖關(guān)，如果該隊(duì)員闖關(guān)成功，則視作該隊(duì)獲勝，余下的隊(duì)員無(wú)需繼續(xù)闖關(guān)；若三位隊(duì)員闖關(guān)均不成功，則視為該隊(duì)比賽失?。荣惤Y(jié)束后，根據(jù)積分獲取排名，每支獲勝的隊(duì)伍積分Y與派出的闖關(guān)人數(shù)X的關(guān)系如下：Y=40?10X(X=1,2,3)，比賽失敗的隊(duì)伍則積分為0.現(xiàn)有甲、乙、丙三人組隊(duì)參賽，他們各自闖關(guān)成功的概率分別為p1、p2、(1)已知p1=34，(i)若按甲、乙、丙的順序依次參賽，求該隊(duì)比賽結(jié)束后所獲積分Y的期望；(ii)若第一次闖關(guān)從三人中隨機(jī)抽取，求該隊(duì)比賽結(jié)束后所獲積分Y=30的概率．(2)若甲只能安排在第二位次參賽，且0<p1<p18.(本小題17分)已知函數(shù)fx=x(1)若a=1，求函數(shù)fx在點(diǎn)1,f(2)若對(duì)任意的x1,x2∈0,+∞，x19.(本小題17分)集合是數(shù)學(xué)中的基本概念和重要內(nèi)容.對(duì)于實(shí)數(shù)集中的兩個(gè)非空有限子集A和B，定義和集A+B=a+ba∈A,b∈B.記符號(hào)A表示集合A中的元素個(gè)數(shù).當(dāng)A≥2時(shí)，設(shè)a(1)已知集合A=1,3,5，B=1,2,6，C=1,2,6,x，若(2)已知A=B=mm≥3,m∈N(i)當(dāng)m=3時(shí)，證明A+B=5的充要條件是G(ii)若GA=1，A+B=2m，求G參考答案1.D

2.C

3.A

4.D

5.B

6.B

7.B

8.D

9.BD

10.ACD

11.BCD

12.?25

13.5

14.12或0.515.解：(1)因?yàn)閍n+1=an?8,n為奇數(shù)3an,n為偶數(shù)，

所以當(dāng)n≥2，n∈N?時(shí)，

a2n?1?12=a2(n?1)+1?12=3a2n?2?12

=3a(2n?3)+1?12=3(a2n?3?8)?12=3(a2n?3?12)，

又n=1時(shí)，a1?12=13?12=1，

所以數(shù)列{a2n?1?12}為首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列；

16.解：(1)由投影面積法可得cosθ=因?yàn)镻,Q是所在棱上的中點(diǎn)，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則S投影，AQ=(5所以在△APQ中，PQ邊上的高為3所以S?APQ所以cosθ=(2)如圖，設(shè)PQ所在直線與A1B1所在直線交于點(diǎn)F，與A連接AF交BB1于點(diǎn)G，連接AR交DD1于點(diǎn)則五邊形ASQPG是平面APQ截正方體所得的截面．

17.解：(1)(i)Y的可能取值為0,10,20,30，PY=0=1PY=20所以Y的分布列為：Y0102030P1113所以E(ii)第一次闖關(guān)從三人中隨機(jī)抽取，每個(gè)人被抽取到的概率都是13所以概率為13(2)若順序?yàn)椤耙壹妆保悍e分Y1的可能取值為0,10,20,30PY=0=1?PY=20所以EY=10=20p若順序?yàn)椤氨滓摇保悍e分Y2的可能取值為0,10,20,30PY=0=1?PY=20所以E=101?=20pE=20?10由于20?10p1>0,所以丙先參賽．

18.解：(1)f′x當(dāng)a=1時(shí)，f1=?1，故切線方程為：y+1=x?1，即y=x?2；(2)法一：不妨設(shè)0<x1<同除以x1x2所以Gx=f所以G′x①若a=0，G′x②若a>0，則1a令Fx=ln令F′x=3?2所以F(x)在0,e32所以1a≥Fe③若a<0，同理，1a由②可知，當(dāng)x→0+時(shí)，所以不存在滿足條件的a，綜上所述，a∈0,2法二：x1令gx則只需gx在(0,+∞)g′x令?x=x又?′x①當(dāng)a=0時(shí)，?x=x2，②當(dāng)a<0時(shí)，?’(x)>0，又當(dāng)x→0時(shí)，?x→?∞，故③當(dāng)a>0時(shí)，由?’(x)>則?(x)在0,a2因?yàn)?x≥0恒成立，所以解得a≤2e3，故綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是a∈0,2

19.解：(1)因?yàn)锳+B=2,3,4,5,6,7,9,11，由A+B=A+C所以A+C=2,3,4,5,6,7,9,11所以1+x,3+x,5+x∈2,3,4,5,6,7,9,11且x≠1,2,6所以必有x=4，所以C=1,2,4,6，所以GC=(2)(i)因?yàn)閙=3，可設(shè)A=a1,先證充分性：因?yàn)閨G(A,B)|=1，所以G(A)=G(B)且|G(A)|=|G(B)|=1，從而可以設(shè)A={a,a+d,a+2d},B={b,b+d,b+2d}，其中d>0，此時(shí)A+B中的

元素為a+b+id(i=0,1,2,3,4)，故|A+B|=5，再證必要性，設(shè)A=a1,注意到和集A+B中的最小元素為a1+b因?yàn)楱OA+B∣=5，所以中間三個(gè)元素可以是a1也可以是a2所以有a1+b即a2?a(ii)①若|G(A,B)|=1，由第(i)小問的分析知，可以設(shè)A={a,a+d,?,a+(m?1)d},B={b,b+d,?,b+(m?1)d}，其中d>0，此時(shí)A+B中的元素為a+b+id(i=0,1,?,2m?2),|A+B|=2m?1，這與條件|A+B|=2m矛盾，②取A={a,a+d,?,a+(m?1)d},B={b,b+2d,b+3d,?,b+md}，其中d>0，容易驗(yàn)證此時(shí)A+B中的元素為a+b+id(i=0,1,?,2m?1)，符合條件|A+B|=2m，所以|G(A,B)|可以取2，③若G(A,B)≥3，設(shè)A=其中a1結(jié)合|G(A)|=1知至少存在兩個(gè)不同的正整數(shù)k(1≤k≤m?1)，使得b